Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. On dit qu'une application $f$ entre deux espaces vectoriels $E$ et $F$ est linéaire si :
   $$\forall x,y\in E ,\;\forall \lambda,\mu\in\mathbb{R}\;,\quad f(\lambda x+\mu y)=\lambda f(x)+\mu f(y)\;.$$

2. L'image d'une application linéaire $f$ de $E$ dans $F$ est le sous-espace vectoriel de $F$ défini par :
      Im$$(f)=\big\{ f(x) ,\;x\in E \big\}\;.$$

3. Par définition, une application est surjective si tout élément de l'ensemble d'arrivée possède au moins un antécédent dans l'ensemble de départ.
   $$\forall y\in F ,\;\exists x\in E\;,\quad y=f(x)\;.$$
   Donc une application linéaire $f$ entre deux espaces vectoriels $E$ et $F$ est surjective si et seulement si Im$(f)=F$.
4. Le noyau d'une application linéaire $f$ est l'ensemble des vecteurs de $E$ dont l'image par $f$ est le vecteur nul de $F$.
      Ker$$(f)=\big\{ x\in E ,\;f(x)=0 \big\}\;.$$

5. Nous avons deux implications à démontrer. Montrons d'abord que si $f$ est injective alors Ker$(f)=\{0\}$.

   Une application entre deux ensembles est injective si deux éléments distincts de $E$ n'ont jamais la même image par $f$. Le vecteur nul de $E$ a pour image par $f$, le vecteur nul de $F$. Puisque $f$ est injective, aucun vecteur non nul de $E$ ne peut avoir pour image 0. Donc Ker$(f)=\{0\}$.

   Montrons maintenant la réciproque. Supposons Ker$(f)=\{0\}$. Soient $x$ et $y$ deux éléments de $E$ tels que $f(x)=f(y)$. Puisque $f$ est linéaire, $f(x-y)=f(x)-f(y)=0$. Donc $x-y\in$Ker$(f)$, donc $x-y=0$, donc $x=y$.

Exercice 1 :

1. Nous devons montrer que :
   $$\forall P,Q\in F ,\;\forall \lambda,\mu\in\mathbb{R}\;,\quad f(\lambda P+\mu Q)=\lambda f(P)+\mu f(Q)\;.$$
   Cela découle immédiatement du fait que $(\lambda P+\mu Q)(1)= \lambda P(1)+\mu Q(1)$.

   Pour tout $a\in\mathbb{R}$, L'image par $f$ du polynôme constant $a$ est le réel $a$. Donc $f$ est surjective. L'espace de départ est de dimension $3$, l'image est de dimension $1$. D'après le théorème du rang, le noyau est de dimension $3-1=2$.

2. Observons d'abord que les deux polynômes de la famille appartiennent bien à $F$. Montrons que $\big( X-1,X^2-1 )$ est une famille libre. Si $a$ et $b$ sont deux réels tels que $a(X-1)+b(X^2-1)=0$, alors :
   $$bX^2+aX-(a+b)=0\;\Longrightarrow a=b=0\;.$$
   L'espace vectoriel $F$ est de dimension $2$, donc toute famille libre de $2$ éléments est une base.
3. Le polynôme $X^2+1$ est non nul, il forme une famille libre, donc une base de $G$.
4. L'espace vectoriel $\mathbb{R}_2[X]$ est de dimension $3$. Pour montrer que ${\cal B}= \big( X-1,X^2-1,X^2+1 \big)$ est une base, il suffit de montrer que c'est une famille libre. Soient $a,b,c$ trois réels. Supposons que :
   $$P=a(X-1)+b(X^2-1)+c(X^2+1)=(b+c)X^2+aX+(-a-b+c)=0\;.$$
   Alors, $(a,b,c)$ est solution du système :
   $$\left\{\begin{array}{rrrcc} &b&+c&=&0\\ a&&&=&0\\ -a&-b&+c&=&0\;. \end{array}\right.$$
   La seconde équation donne $a=0$ ; en prenant la somme et la différence de la première et de la troisième, on en déduit $b=c=0$.
5. Les images par $f$ des éléments de la base ${\cal B}$ sont :
   $$f(X-1)=0\;,\quad f(X^2-1)=0\;,\quad f(X^2+1)=2\;.$$
   La matrice de $f$ est donc :
   $$(0,0,2)\in{\cal M}_{1,3}(\mathbb{R})\;.$$

6. En calculant directement on obtient :
   $$1=0(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\;,$$
   $$X=1(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\;,$$
   $$X^2=0(X-1)+\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\;.$$
   On pouvait aussi calculer ces coordonnées en écrivant la matrice de passage de la base canonique à la base ${\cal B}$, puis en calculant son inverse.
   $$\pi=\left(\begin{array}{rrr} -1&-1&1\\ 1&0&0\\ 0&1&1 \end{array... ...{1}{2}\left(\begin{array}{rrr} 0&2&0\\ -1&-1&1\\ 1&1&1 \end{array}\right)\;.$$

7. Puisque ${\cal B}$ est une base, pour tout polynôme $P$ de $\mathbb{R}_2[X]$, il existe un triplet unique de réels $(a,b,c)$ tel que :
   $$P(X)=a(X-1)+b(X^2-1)+c(X^2+1)\;.$$
   Le polynôme $a(X-1)+b(X^2-1)$ appartient à $F$, le polynôme $c(X^2+1)$ appartient à $G$. Tout polynôme de $\mathbb{R}_2[X]$ est somme d'un élément de $F$ et d'un élément de $G$, donc $F+G=\mathbb{R}_2[X]$.

   Pour démontrer que la somme est directe, il faut montrer en plus que $F\cap G=\{0\}$. Soient $a,b,c$ trois réels tels que :

   $$a(X-1)+b(X^2-1)=c(X^2+1)\;.$$
   Alors $a=b=c=0$, car ${\cal B}$ est une famille libre.
8. La projection $p$ envoie $X-1$ et $X^2-1$ sur eux-mêmes, $X^2+1$ sur 0. D'où la matrice de $p$ dans la base ${\cal B}$ :
   $$\left(\begin{array}{rrr} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&0 \end{array}\right)\;.$$
   La symétrie $s$ envoie $X-1$ et $X^2-1$ sur eux-mêmes, $X^2+1$ sur son opposé. D'où la matrice de $p$ dans la base ${\cal B}$ :
   $$\left(\begin{array}{rrr} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&-1 \end{array}\right)\;.$$

9. $$p(1)=p\left(0(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right) =-\frac{1}{2}(X^2-1)\;,$$
   $$p(X)=p\left(1(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right) =1(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)\;,$$
   $$p(X^2)=p\left(0(X-1)+\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right) =\frac{1}{2}(X^2-1)\;.$$
   On en déduit la matrice de $p$ dans la base canonique de $\mathbb{R}_2[X]$ :
   $$\frac{1}{2} \left(\begin{array}{rrr} 1&-1&-1\\ 0&2&0\\ -1&-1&1 \end{array}\right)\;.$$
   $$s(1)=s\left(0(X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right) =-\frac{1}{2}(X^2-1)-\frac{1}{2}(X^2+1)\;,$$
   $$s(X)=s\left((X-1)-\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right) =(X\!-\!1)-\frac{1}{2}(X^2\!-\!1)-\frac{1}{2}(X^2+1) ,$$
   $$s(X^2)=s\left(0(X-1)+\frac{1}{2}(X^2-1)+\frac{1}{2}(X^2+1)\right) =\frac{1}{2}(X^2-1)-\frac{1}{2}(X^2+1)\;.$$
   On en déduit la matrice de $s$ dans la base canonique de $\mathbb{R}_2[X]$ :
   $$\left(\begin{array}{rrr} 0&-1&-1\\ 0&1&0\\ -1&-1&0 \end{array}\right)\;.$$
   On pouvait aussi calculer la matrice de $p$ (respectivement : $s$) en effectuant le produit matriciel $\pi A \pi^{-1}$, où $A$ est la matrice de $p$ (respectivement $s$) dans la base ${\cal B}$ et $\pi$ est la matrice exprimant les vecteurs de la base ${\cal B}$ dans la base canonique.

Exercice 2 :  

1. Soit $a,b,c,d$ quatre réels. Notons $f$ l'application
   $$f : x\mapsto a\sin(x)+b\cos(x)+c\sin(2x)+d\cos(2x)\;.$$
   Pour montrer que ${\cal V}$ est une famille libre, nous devons montrer que si $f$ est l'application nulle, alors $a=b=c=d=0$. Pour cela, nous choisissons des valeurs particulières pour $x$ :
   $$\begin{array}{lccclcc} f(0)&=&0&\Longrightarrow&b+d&=&0\\ f... ...\pi/4)&=&0&\Longrightarrow&(a+b)\sqrt{2}/2+c&=&0\;. \end{array}$$
   En prenant la somme et la différence des deux premières équations, on obtient $b=d=0$. La troisième implique alors que $a=0$. On déduit ensuite $c=0$ de la quatrième.
2. Nous devons montrer que $D$ est une application de $E$ dans $E$ et qu'elle est linéaire. D'après la question précédente, ${\cal V}$ est une base de $E$. Pour tout élément $f$ de $E$, il existe $4$ réels $a,b,c,d$ tels que :
   $$f : x\mapsto a\sin(x)+b\cos(x)+c\sin(2x)+d\cos(2x)\;.$$
   L'image de $f$ par $D$ est :
   $$D(f) : x\mapsto a\cos(x)-b\sin(x)+2c\cos(2x)-2d\sin(2x)\;.$$
   L'application $D(f)$ est bien élément de $E$.

   Pour démontrer la linéarité, il suffit d'appliquer les résultats généraux sur la dérivation : si $f$ et $g$ sont dérivables et si $\lambda$ et $\mu$ sont deux réels, alors $\lambda f+\mu g$ est dérivable et $(\lambda f+\mu g)'=\lambda f'+\mu g'$.

3. Nous savons que $D$ est un endomorphisme, il suffit de montrer que $D$ est bijective. Comme $E$ est un espace vectoriel de dimension finie et $D$ est une application linéaire de $E$ dans lui-même, il nous suffit de vérifier que $D$ est injective (ou bien surjective, mais il est inutile de vérifier les deux).

   Pour montrer que $D$ est injective, il suffit de montrer que son noyau ne contient que l'application nulle. En reprenant les expressions de la question précédente, si $f$ s'écrit :

   $$f : x\mapsto a\sin(x)+b\cos(x)+c\sin(2x)+d\cos(2x)$$
   l'image de $f$ par $D$ est :
   $$D(f) : x\mapsto a\cos(x)-b\sin(x)+2c\cos(2x)-2d\sin(2x)\;.$$
   Puisque ${\cal V}$ est une famille libre, $D(f)=0$ implique $a=0$, $-b=0$, $2c=0$, $-2d=0$. Donc $a=b=c=d=0$ et $f$ est l'application nulle.

Exercice 3 :  

1. L'équation caractéristique associée est $r^2=r-1/2$. Ses solutions sont :
   $$r_1=\frac{1+\mathrm{i}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/4}$$   et$$\quad r_2=\frac{1-\mathrm{i}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/4}\;.$$

2. L'ensemble $E$ des solutions réelles de $({\cal E})$ est un espace vectoriel de dimension $2$ sur $\mathbb{R}$. Une base est donnée par les deux suites :
   $$\frac{1}{(\sqrt{2})^n}\cos(n\pi/4)$$   et$$\quad \frac{1}{(\sqrt{2})^n}\sin(n\pi/4)\;.$$
   $$E=\left\{ \left(\frac{1}{(\sqrt{2})^n}\big(a\cos(n\pi/4)+ b\sin(n\pi/4)\big)\right)_{n\in\mathbb{N}} ,\;(a,b)\in\mathbb{R}^2 \right\}\;.$$

3. Nous savons qu'il existe deux réels $a$ et $b$ tels que pour tout $n\in\mathbb{N}$,
   $$u_n= \frac{1}{\sqrt{2}^n}\big(a\cos(n\pi/4)+ b\sin(n\pi/4)\big)\;.$$
   En reportant les valeurs de $u_n$ pour $n=0$ et $n=2$, on trouve $a=0$ et $b=2$. La suite $(u_n)$ est donc :
   $$\left(\frac{2}{(\sqrt{2})^n}\sin(n\pi/4)\right)_{n\in\mathbb{N}}\;.$$